微专题Ⅲ 板块运动与等时圆模型
1、学会牛顿运动定律在板块模型问题的分析，整体与隔离的分析。
2、掌握牛顿运动定律在等时圆模型的分析思路。
一、板块模型中的运动学过程问题分析
恒力拉板 恒力拉块
分离，位移关系：x相对= a2t02－ a1t02=L 分离，位移关系：x相对= a1t02－ a2t02=L
此类问题涉及两个物体、多个运动过程,并且物体间还存在相对运动,所以应准确求出各物体在各运动过程的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变),找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口。求解中更应注意联系两个过程的纽带,每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。
（多选）（2023秋 碑林区校级期末）质量为20kg、长为5m的木板放在水平光滑的地面上。将质量为10kg的小铁块（可视为质点），以6m/s的速度从木板的左端水平冲上木板（如图所示），小铁块与木板间的动摩擦因数为0.4（最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10m/s2），则下列判断正确的是（ ）
A．小铁块与木板的共同速度是4m/s
B．小铁块不能滑出木板
C．木板一定向右滑动
D．小铁块能滑出木板
【解答】解：小铁块从木板的左端水平冲上木板，小铁块的加速度大小为
4m/s2，方向水平向左
木板的加速度大小为
，方向水平向右，木板一定向右滑动
设小铁块与木板可以达到共速，且所用时间为t，则有
v共＝v0﹣at＝a′t
解得t＝1s，v共＝2m/s
此过程小铁块与木板的相对位移为
3m＜L＝5m
则小铁块不能滑出木板。
故AD错误，BC正确。
故选：BC。
（2022秋 南平期末）如图所示，质量相等的A、B静止叠放于光滑水平面上，某时刻起，对A施加一与时间成正比的水平外力F作用，即F＝kt，已知常数k，A、B之间的最大静摩擦力fm，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，B足够长。则从开始施加F作用至A、B发生相对滑动的时间t为（ ）
A．t B．t C．t D．t
【解答】解：依题意，可知当A、B之间的摩擦力未达到最大静摩擦力时，二者加速度，速度均相等，
根据牛顿第二定律对A有：F﹣f＝ma
对B有：f＝ma
联立两式可得：
当它们之间的摩擦力刚好达到最大静摩擦力时，有：
可得从开始施加F作用至A、B发生相对滑动的时间t为：，故ABC错误，D正确。
故选：D。
（2023秋 厦门期末）如图所示，质量M＝1kg的长木板静止在水平地面上，质量m＝2kg的物块以方向水平向右、大小v0＝6m/s的初速度冲上木板左端，物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.4，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，木板足够长，物块可视为质点，重力加速度g取10m/s2。
（1）求物块冲上木板的瞬间，物块与木板各自的加速度大小；
（2）求物块最终距木板左端的距离；
（3）若物块冲上木板1s后，对木板施加大小为10N、方向水平向左的恒力，该恒力作用0.5s后撤去，求物块最终距木板左端的距离。
【解答】解：（1）对物块根据牛顿第二定律可得：μ1mg＝ma1
解得：a1＝4m/s2
对木板根据牛顿第二定律可得：μ1mg﹣μ2（m+M）g＝Ma2
解得：a2＝2m/s2；
（2）设经过t1时间二者共速，则有：v＝v0﹣a1t1＝a2t1
解得：t1＝1s，v＝2m/s
此过程中物块相对于木板的距离为：Δxm＝3m
此后二者一起减速到零，所以物块最终距木板左端的距离为3m；
（3）物块冲上木板1s后，对木板施加大小为10N、方向水平向左的恒力，此后木板的加速度大小为a3，则有：
F+μ2（M+m）g﹣μ1mg＝Ma3
解得：a3＝8m/s2，方向向左；
木板减速到零的时间为：t2s＝0.25s
滑块减速到零的时间为：t3s＝0.5s
当木板减速到零后，地面对它的摩擦力方向向右，由于μ1mg+μ2（m+M）g＝0.4×2×10N+0.2×（2+1）×10N＝14N＞10N，所以在0.25s～0.5s时间内木板静止。
力F作用t2过程中，滑块相对于木板的距离为：Δx′mm＝0.25m
所以物块最终距木板左端的距离：L＝Δx+Δx′＝3m+0.25m＝3.25m。
答：（1）物块冲上木板的瞬间，物块与木板各自的加速度大小分别为4m/s2、2m/s2；
（2）物块最终距木板左端的距离为3m；
（3）若物块冲上木板1s后，对木板施加大小为10N、方向水平向左的恒力，该恒力作用0.5s后撤去，物块最终距木板左端的距离为3.25m。
二、“等时圆”模型及其等时性的证明
1．三种模型(如图)
2．等时性的证明
设某一条光滑弦与水平方向的夹角为α，圆的直径为d(如图)。根据物体沿光滑弦做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a＝gsin α，位移为x＝dsin α，所以运动时间为t0＝＝＝。
即沿同一起点(圆的最高点)或终点(圆的最低点)的各条光滑弦运动具有等时性，运动时间与弦的倾角、长短无关。
（2022秋 长宁区校级期末）如图所示，有两个光滑直轨道AB和CD，其中A、B、C、D四点刚好位于同一竖直圆O的圆周上，B点恰好过竖直圆O的最低点。现让两个小球（可视为质点）分别从A、D两位置由静止释放，它们沿直轨道到达B、C的时间分别记为t1、t2。则（ ）
A．t1＞t2 B．t1＝t2 C．t1＜t2 D．无法确定
【解答】解：设AB与竖直直径的夹角为θ，则加速度为：
a＝gcosθ
根据位移—时间公式可得：
解得：
若过B点做CD的平行线，交圆弧于E点，如图所示：
则根据上述的分析可知，物块沿EB下滑的时间也为t1，因为EB和CD的倾角相等，则物块下滑的加速度也相等，但因为EB的长度大于CE的长度，可知沿CD下滑的时间小于EB的时间，故A正确，BCD错误；
故选：A。
（2022秋 张家口期末）如图所示，位于竖直平面内的圆内有OA、OB、OC三条光滑轨道，已知在t＝0时，a、b、c三球分别从O由静止开始沿光滑倾斜直轨道运动到A、B、C三点，所用时间分别为t1、t2、t3，下列关系正确的是（ ）
A．t1＞t2＞t3 B．t1＜t2＜t3 C．t1＝t2＝t3 D．无法确定
【解答】解：通过O点做一条竖直直线，通过O、B作圆且满足O点在圆的竖直直径最高点，如图所示。
根据“等时圆”原理可知，通过Oa、OB、Oc的时间相等，而OA时间大于Oa时间、OC时间小于Oc时间，则有：t1＞t2＞t3，故A正确、BCD错误。
故选：A。
（2021秋 隆回县期末）如图所示，ad、ab、ac是竖直圆面内三根固定的光滑细杆，每根杆上套着一个小滑环（图中未画出，并可以视为质点），三个滑环分别从a点沿杆b、d、c处无初速度释放，用t1、t2、t3依次表示各滑环到达杆下端所用的时间，则（ ）
A．t1＜t2＜t3 B．t1＞t2＞t3 C．t3＞t1＞t2 D．t1＝t2＝t3
【解答】解：设光滑杆与与ad的夹角为θ，滑环下滑过程，由牛顿第二定律得：mgcosθ＝ma
设圆的半径为R，则滑环沿细杆下滑的位移大小x＝2Rcosθ
滑环做初速为零的匀加速直线运动，则有xat2
解得：t＝2，滑环下滑的时间与细杆的倾角θ无关，每个滑环的运动时间相等，即t1＝t2＝t3，故ABC错误，D正确。
故选：D。
（2023 武进区校级开学）如图所示，质量m＝1.0kg的物块（视为质点）放在质量M＝4.0kg的木板的右端，木板长L＝2.5m。开始木板静止放在水平地面上，物块与木板及木板与水平地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2。现对木板施加一水平向右的恒力F＝40N，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，g＝10m/s2。则物块在木板上运动的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．物块与木板以相同的加速度做匀加速运动
B．木板的加速度大小为5.6m/s2
C．物块的最大速度大小为3.5m/s
D．物块到达木板左端时木板前进的位移大小为3.5m
【解答】解：A、物块与恰好与木板不发生相对滑动时，物块的加速度：aμg＝0.2×10m/s2＝2m/s2
对整体由牛顿第二定律可求拉力的临界值：Fm﹣μ（M+m）g＝（M+m）a
代入数据解得：Fm＝20N＜F＝40N
所以物块与木板相对滑动，不可能以相同的加速度做匀加速运动，故A错误；
B、木板的加速度：a木板m/s2＝7m/s2，故B错误；
C、木块的加速度：aμg＝0.2×10m/s2＝2m/s2
经过时间木块从木板上滑落，则由位移关系有：
代入数据解得：t＝1s
此时木块的速度最大为：v＝a木块t＝2×1m/s＝2m/s，故C错误；
D、物块到达木板左端时木板前进的位移大小：x木板a木板t27×12m＝3.5m，故D正确。
故选：D。
（2022秋 武昌区校级期末）如图，质量为M的木板放在光滑的水平面上，木板的左端有一质量为m的木块，在木块上施加一水平向右的恒力F，木块和木板由静止开始运动，木块相对地面运动位移x后二者分离。则下列哪些变化可使x增大（ ）
A．仅增大恒力F
B．仅增大木板的质量M
C．仅增大木块的质量m
D．仅减小木块与木板间的动摩擦因数
【解答】解：根据牛顿第二定律得木块m的加速度为：a1μg
M的加速度为：a2
设板长为L，根据L＝x﹣x′a1t2a2t2
解得：t
木块相对地面运动位移为：xa1t2。木板的位移x′a2t2，则知：
A、若仅增大恒力F，则m的加速度a1变大，M的加速度不变，则t减小，木板的位移x′变小，x＝L+x′，则x减小。故A错误；
B、若仅增大木板的质量M，木块m的加速度a1不变，M的加速度a2减小，由上式知时间t减小，x减小。故B错误。
C、若仅增大木块的质量m，则m的加速度a1减小，M的加速度a2增大，则t增大，x增大。故C正确。
D、根据以上结论，若仅减小木块与木板间的动摩擦因数μ，则m的加速度a1μg增大，M的加速度a2减小，则t减小，那么x′a2t2减小，而x＝x′+L，故x减小。故D错误。
故选：C。
（2022秋 朝阳区校级期末）如图所示，将一盒未开封的香皂置于桌面上的一张纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，香皂盒的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验（示意图如图所示），若香皂盒和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。若本实验中，m1＝100g，m2＝5g，μ＝0.2，香皂盒与纸板左端的距离d＝0.1m，若香皂盒移动的距离超过l＝0.002m，人眼就能感知，忽略香皂盒的体积因素影响，g取10m/s2，为确保香皂盒移动不被人感知，纸板所需的拉力至少是（ ）
A．1.42N B．2.24N C．22.4N D．1420N
【解答】解：由牛顿第二定律得：
对香皂盒：μm1g＝m1a1
对纸板：F﹣μm1g﹣μ（m1+m2）＝m2a2
代入数据解得：a1＝2m/s2，
香皂盒的位移x1
纸板的位移x1+d
纸板抽出后香皂盒运动的距离x2，a3＝a1
由题意知：a1t1＝a3t2，l＝x1+x2
代入数据解得：F＝1.42 N，故A正确，BCD错误。
故选：A。
（2022春 陕西期中）如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上，受到向右的拉力F的作用而向右滑行，长木板处于静止状态，已知木块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2。下列说法正确的是（ ）
A．一定有μ1≤μ2
B．当 F＞μ2（m+M）g时，木板便会开始运动
C．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2（m+M）g
D．无论怎样改变F的大小，木板都不可能运动
【解答】解：A、木块向右运动，受到木板对它的滑动摩擦力作用向左，大小为μ1mg，根据牛顿第三定律，木块对木板的作用力向右，大小为μ1mg，因木板不动，所以μ1mg≤μ2（m+M）g，即，故A错误；
C、木块向右运动，受到木板对它的滑动摩擦力作用向左，根据牛顿第三定律，木块对木板的作用力向右；由题意，长木板处于静止状态，在水平方向只受地面对它的静摩擦力和木块的滑动摩擦力，根据共点力的平衡，木板受到地面的摩擦力大小一定是μ1mg，故C错误；
BD、对木板，水平方向受到的木块的摩擦力小于等于地面对它的最大静摩擦力，与F无关，故无论力F多大，木板都不可能运动，故B错误，D正确；
故选：D。
（2022秋 靖江市校级期末）如图所示，长为L的长木板A放在动摩擦因数为μ1的水平地面上，一滑块B（可视为质点）从A的左侧以初速度v0向右滑上A，B与A间的动摩擦因数为μ2（A与水平地面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相同）。已知A的质量为M＝2.0kg，B的质量为m＝3.0kg，A的长度为L＝2.5m，μ1＝0.2，μ2＝0.4，（g取10m/s2）
（1）A、B刚开始运动时各自的加速度分别是多大；
（2）为保证B在滑动过程中不滑出A，初速度v0应满足什么条件；
（3）在满足（2）中条件的情况下，分别求出A、B相对水平地面的最大位移。
【解答】解：（1）根据牛顿第二定律得：
对A：μ2mg﹣μ1（M+m）g＝MaA
对B：μ2mg＝maB
代入数据解得：aA＝1m/s2，aB＝4m/s2
（2）当A、B速度相等时，若B恰好到A的右侧末端，则可保证不会滑出，
设经过时间t，A、B的速度相等，则有：v0﹣aBt＝aAt
根据位移—时间公式得：v0tt2＝L
代入数据解得：t＝1s，v0＝5m/s
所以初速度应小于等于5m/s，即：v0≤5m/s
（3）A、B速度达到相等后一起做匀减速直线运动，
A、B速度相等时的速度大小v＝aAt＝1×1m/s＝1m/s
A、B一起做匀减速直线运动时，对A、B整体，由牛顿第二定律得：μ1（M+m）g＝（M+m）a
代入数据解得：a＝2m/s2
A、B一起做匀减速运动直到静止，A、B减速到零的位移大小：xm＝0.25m
A、B速度相等前A发生的位移大小xAm＝0.5m
B发生的位移大小xB＝v0tt2＝5×1mm＝3m
A相对水平地面的最大位移大小xAm＝xA+x＝0.5m+0.25m＝0.75m，方向向右
B相对地面的最大位移大小xBm＝xB+x＝3m+0.25m＝3.25m，方向向右
答：（1）A、B刚开始运动时各自的加速度大小分别是1m/s2、4m/s2；
（2）为保证B在滑动过程中不滑出A，初速度v0应满足什么条件是v0≤5m/s；
（3）A、B相对水平地面的最大位移大小分别是0.75m、3.25m，方向都是向右。
（2022秋 安徽期末）已知鸡蛋撞击地面的速度不超过2m/s时，鸡蛋能不被摔坏。某同学设计了如图所示的保护装置，该装置是用A、B两块较粗糙的夹板粘合而成，已知保护装置质量为M，鸡蛋的质量为m，且M＝5m，鸡蛋和保护装置之间的滑动摩擦力大小为5mg。实验中用该保护装置夹住鸡蛋，从离地面H＝1.8m的高度处静止释放。（重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。）
（1）如果保护装置碰地后速度立即为零（无反弹，且保护装置保持竖直），为保证鸡蛋安全，鸡蛋放的位置离装置下端的最小距离s1。
（2）如果保护装置与地面发生碰撞时，保护装置以碰前的速率反弹（碰撞时间极短，在运动过程中，保护装置始终保持竖直）。实验前，鸡蛋放的位置离保护装置下端距离s2＝1.5m，其它条件不变。保护装置第一次落地弹起，当上升到最大高度时，求该时刻鸡蛋离地高度。
【解答】解：（1）保护装置和鸡蛋先共同自由落体，当保护装置落地时速度2gH
保护装置着地后鸡蛋以加速度大小a4g＝4×10m/s2＝40m/s2（a方向向上），鸡蛋做匀减速直线运动；
因为到达地面时速度不超过v＝2m/s就不会摔怀，则为保证鸡蛋安全所以
v2＝2as1
鸡蛋放的位置离装置下端的最小距离s1＝0.4m.
（2）保护装置以碰前的速率反弹后，保护装置加速度大小：a'2g＝2×10m/s2＝20m/s2（a'方向向下），
鸡蛋先减速以a向下减速，当鸡蛋向下速度减为零时，鸡蛋受力不变，直到t1时刻鸡蛋和保护装置共速；选向上为正，有v2＝﹣v1+at1＝v1﹣a't1
解得：t1＝0.2s
此时鸡蛋和保护装置共速v2＝2m/s，鸡蛋与保护装置相对运动Δht1t1
代入数据解得：Δh＝1.2m＜s2＝1.5m
所以鸡蛋和保护装置能共速
以后鸡蛋和保护装置共同向上以a3＝g做匀减速直线运动，再过t2s＝0.2s鸡蛋和保护装置到达最高点。
保护装置第一次碰后上升最大高度h1t1t2
所以当保护装置到达最高点时鸡蛋离地面高度：h＝h1+s2﹣Δh
代入数据解得：h＝1.3m
答：（1）为保证鸡蛋安全，鸡蛋放的位置离装置下端的最小距离为0.4m。
（2）鸡蛋离地高度为1.3m。
（2022秋 酒泉期末）如图所示，质量M＝1kg的长木板放置在光滑的水平面上，质量m＝0.5kg的物块放在长木板的左端，用斜向右上与水平方向夹角θ＝37°、F＝5N的恒定拉力拉物块，物块由静止开始运动，运动3s时，撤去拉力，物块再运动2s刚好停在长木板的右端.取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）物块与长木板间的动摩擦因数；
（2）长木板的长度.
【解答】解：（1）前3s物块与木板间的摩擦力
f＝μ（mg﹣Fsinθ）
物块的加速度
a1
木板的加連度
a2
后2s物块与木板间的摩擦力
f'＝μmg
物块的加速度
a'1
木板的加速度
a'2
由于最终物块与木板以共同速度向右运动，则
a1t1﹣a'1t2＝a2t1+a'2t2＝v
代入数据联立解得：μ＝0.5，a1＝6m/s2，a2＝1m/s2，a'1＝5m/s2，a'2＝2.5m/s2，v＝8m/s；
（2）前3s物块位移
s1，
木板的位移
s2，
后2s物块位移
s'1，
后2s木板位移
s'2，
木板的长度
L＝s1﹣s2+s'1﹣s'2
代入数值联立解得：L＝37.5m。
答：（1）物块与长木板间的动摩擦因数为0.5；
（2）长木板的长度为37.5m。微专题Ⅲ 板块运动与等时圆模型
1、学会牛顿运动定律在板块模型问题的分析，整体与隔离的分析。
2、掌握牛顿运动定律在等时圆模型的分析思路。
一、板块模型中的运动学过程问题分析
恒力拉板 恒力拉块
分离，位移关系：x相对= a2t02－ a1t02=L 分离，位移关系：x相对= a1t02－ a2t02=L
此类问题涉及两个物体、多个运动过程,并且物体间还存在相对运动,所以应准确求出各物体在各运动过程的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变),找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口。求解中更应注意联系两个过程的纽带,每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。
（多选）（2023秋 碑林区校级期末）质量为20kg、长为5m的木板放在水平光滑的地面上。将质量为10kg的小铁块（可视为质点），以6m/s的速度从木板的左端水平冲上木板（如图所示），小铁块与木板间的动摩擦因数为0.4（最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10m/s2），则下列判断正确的是（ ）
A．小铁块与木板的共同速度是4m/s
B．小铁块不能滑出木板
C．木板一定向右滑动
D．小铁块能滑出木板
（2022秋 南平期末）如图所示，质量相等的A、B静止叠放于光滑水平面上，某时刻起，对A施加一与时间成正比的水平外力F作用，即F＝kt，已知常数k，A、B之间的最大静摩擦力fm，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，B足够长。则从开始施加F作用至A、B发生相对滑动的时间t为（ ）
A．t B．t C．t D．t
（2023秋 厦门期末）如图所示，质量M＝1kg的长木板静止在水平地面上，质量m＝2kg的物块以方向水平向右、大小v0＝6m/s的初速度冲上木板左端，物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.4，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，木板足够长，物块可视为质点，重力加速度g取10m/s2。
（1）求物块冲上木板的瞬间，物块与木板各自的加速度大小；
（2）求物块最终距木板左端的距离；
（3）若物块冲上木板1s后，对木板施加大小为10N、方向水平向左的恒力，该恒力作用0.5s后撤去，求物块最终距木板左端的距离。
二、“等时圆”模型及其等时性的证明
1．三种模型(如图)
2．等时性的证明
设某一条光滑弦与水平方向的夹角为α，圆的直径为d(如图)。根据物体沿光滑弦做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a＝gsin α，位移为x＝dsin α，所以运动时间为t0＝＝＝。
即沿同一起点(圆的最高点)或终点(圆的最低点)的各条光滑弦运动具有等时性，运动时间与弦的倾角、长短无关。
（2022秋 长宁区校级期末）如图所示，有两个光滑直轨道AB和CD，其中A、B、C、D四点刚好位于同一竖直圆O的圆周上，B点恰好过竖直圆O的最低点。现让两个小球（可视为质点）分别从A、D两位置由静止释放，它们沿直轨道到达B、C的时间分别记为t1、t2。则（ ）
A．t1＞t2 B．t1＝t2 C．t1＜t2 D．无法确定
（2022秋 张家口期末）如图所示，位于竖直平面内的圆内有OA、OB、OC三条光滑轨道，已知在t＝0时，a、b、c三球分别从O由静止开始沿光滑倾斜直轨道运动到A、B、C三点，所用时间分别为t1、t2、t3，下列关系正确的是（ ）
A．t1＞t2＞t3 B．t1＜t2＜t3 C．t1＝t2＝t3 D．无法确定
（2021秋 隆回县期末）如图所示，ad、ab、ac是竖直圆面内三根固定的光滑细杆，每根杆上套着一个小滑环（图中未画出，并可以视为质点），三个滑环分别从a点沿杆b、d、c处无初速度释放，用t1、t2、t3依次表示各滑环到达杆下端所用的时间，则（ ）
A．t1＜t2＜t3 B．t1＞t2＞t3 C．t3＞t1＞t2 D．t1＝t2＝t3
（2023 武进区校级开学）如图所示，质量m＝1.0kg的物块（视为质点）放在质量M＝4.0kg的木板的右端，木板长L＝2.5m。开始木板静止放在水平地面上，物块与木板及木板与水平地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2。现对木板施加一水平向右的恒力F＝40N，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，g＝10m/s2。则物块在木板上运动的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．物块与木板以相同的加速度做匀加速运动
B．木板的加速度大小为5.6m/s2
C．物块的最大速度大小为3.5m/s
D．物块到达木板左端时木板前进的位移大小为3.5m
（2022秋 武昌区校级期末）如图，质量为M的木板放在光滑的水平面上，木板的左端有一质量为m的木块，在木块上施加一水平向右的恒力F，木块和木板由静止开始运动，木块相对地面运动位移x后二者分离。则下列哪些变化可使x增大（ ）
A．仅增大恒力F
B．仅增大木板的质量M
C．仅增大木块的质量m
D．仅减小木块与木板间的动摩擦因数
（2022秋 朝阳区校级期末）如图所示，将一盒未开封的香皂置于桌面上的一张纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，香皂盒的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验（示意图如图所示），若香皂盒和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。若本实验中，m1＝100g，m2＝5g，μ＝0.2，香皂盒与纸板左端的距离d＝0.1m，若香皂盒移动的距离超过l＝0.002m，人眼就能感知，忽略香皂盒的体积因素影响，g取10m/s2，为确保香皂盒移动不被人感知，纸板所需的拉力至少是（ ）
A．1.42N B．2.24N C．22.4N D．1420N
（2022春 陕西期中）如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上，受到向右的拉力F的作用而向右滑行，长木板处于静止状态，已知木块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2。下列说法正确的是（ ）
A．一定有μ1≤μ2
B．当 F＞μ2（m+M）g时，木板便会开始运动
C．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2（m+M）g
D．无论怎样改变F的大小，木板都不可能运动
（2022秋 靖江市校级期末）如图所示，长为L的长木板A放在动摩擦因数为μ1的水平地面上，一滑块B（可视为质点）从A的左侧以初速度v0向右滑上A，B与A间的动摩擦因数为μ2（A与水平地面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相同）。已知A的质量为M＝2.0kg，B的质量为m＝3.0kg，A的长度为L＝2.5m，μ1＝0.2，μ2＝0.4，（g取10m/s2）
（1）A、B刚开始运动时各自的加速度分别是多大；
（2）为保证B在滑动过程中不滑出A，初速度v0应满足什么条件；
（3）在满足（2）中条件的情况下，分别求出A、B相对水平地面的最大位移。
（2022秋 安徽期末）已知鸡蛋撞击地面的速度不超过2m/s时，鸡蛋能不被摔坏。某同学设计了如图所示的保护装置，该装置是用A、B两块较粗糙的夹板粘合而成，已知保护装置质量为M，鸡蛋的质量为m，且M＝5m，鸡蛋和保护装置之间的滑动摩擦力大小为5mg。实验中用该保护装置夹住鸡蛋，从离地面H＝1.8m的高度处静止释放。（重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。）
（1）如果保护装置碰地后速度立即为零（无反弹，且保护装置保持竖直），为保证鸡蛋安全，鸡蛋放的位置离装置下端的最小距离s1。
（2）如果保护装置与地面发生碰撞时，保护装置以碰前的速率反弹（碰撞时间极短，在运动过程中，保护装置始终保持竖直）。实验前，鸡蛋放的位置离保护装置下端距离s2＝1.5m，其它条件不变。保护装置第一次落地弹起，当上升到最大高度时，求该时刻鸡蛋离地高度。
（2022秋 酒泉期末）如图所示，质量M＝1kg的长木板放置在光滑的水平面上，质量m＝0.5kg的物块放在长木板的左端，用斜向右上与水平方向夹角θ＝37°、F＝5N的恒定拉力拉物块，物块由静止开始运动，运动3s时，撤去拉力，物块再运动2s刚好停在长木板的右端.取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）物块与长木板间的动摩擦因数；
（2）长木板的长度.
